2024年廣東省廣州市黃埔區(qū)中考數(shù)學(xué)一模試卷（含解析）

這是一份2024年廣東省廣州市黃埔區(qū)中考數(shù)學(xué)一模試卷（含解析），共23頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1．（3分）下列各數(shù)為無理數(shù)的是（ ）
A．3B．3.14C．D．
2．（3分）如圖表示互為相反數(shù)的兩個點是（ ）
A．點A與點BB．點A與點DC．點C與點BD．點C與點D
3．（3分）12位參加歌唱比賽的同學(xué)的成績各不相同，按成績?nèi)∏?名進入決賽，如果小粉知道了自己的成績后，要判斷能否進入決賽，小粉需要知道這12位同學(xué)的成績的（ ）
A．平均數(shù)B．中位數(shù)C．眾數(shù)D．方差
4．（3分）下列運算正確的是（ ）
A．B．C．D．
5．（3分）分式方程＝的解是（ ）
A．x＝1B．x＝﹣1C．x＝3D．x＝﹣3
6．（3分）在?ABCD中，對角線AC、BD交于點O，若AD＝5，AC＝10，BD＝6，△BOC的周長為（ ）
A．13B．16C．18D．21
7．（3分）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，E是AC上的一點，ED⊥AB，垂足為D，若AD＝4，則BE的長為（ ）
A．B．C．D．3
8．（3分）如圖，在平面直角坐標系中，菱形ABCD的頂點C與原點O重合，點B在y軸的正半軸上，點A在反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象上，點D的坐標為（4，3），將菱形ABCD向右平移m個單位，使點D剛好落在反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象上，則m的值為（ ）
A．5B．6C．D．
9．（3分）如圖，在塔前的平地上選擇一點A，由A點看塔頂?shù)难鼋鞘铅?，在A點和塔之間選擇一點B，由B點看塔頂?shù)难鼋鞘铅拢魷y量者的眼睛距離地面的高度為1.5m，AB＝9m，α＝45°，β＝50°，則塔的高度大約為（ ）m．
（參考數(shù)據(jù)：sin50°≈0.8，tan50°≈1.2）
A．55.5B．54C．46.5D．45
10．（3分）已知拋物線y＝ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0，c＞1），經(jīng)過點（2，0），其對稱軸是直線x＝．則下列結(jié)論：①abc＜0；②關(guān)于x的方程ax2+bx+c＝a無實數(shù)根；③當x＞0時，y隨x增大而減小；④a+b＝0．其中正確的結(jié)論有（ ）個．
A．1B．2C．3D．4
二、填空題（本大題共6小題，每小題3分，滿分18分．）
11．（3分）代數(shù)式在實數(shù)范圍內(nèi)有意義時，x應(yīng)滿足的條件是 ．
12．（3分）因式分解：4x3﹣x＝ ．
13．（3分）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，∠ADC＝60°，∠B＝30°，若CD＝3cm，則BD＝ cm．
14．（3分）關(guān)于x的一元二次方程（k﹣1）x2﹣2x+3＝0有兩個實數(shù)根，則k的取值范圍是 ．
15．（3分）如圖，?ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)30°，得到?AB′C′D′（點B與點B′是對應(yīng)點，點C與點C′是對應(yīng)點，點D與點D′是對應(yīng)點），此時，點B′恰好落在BC邊上，則∠C＝ ．
16．（3分）如圖，已知正方形ABCD的邊長為2，E為AB的中點，F(xiàn)是AD邊上的一個動點，連接EF，將△AEF沿EF折疊得△HEF，若延長FH交邊BC于點M，則DH的取值范圍是 ．
三、解答題（本大題共9小題，滿分72分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）
17．（4分）解方程：x2+6x+5＝0．
18．（4分）如圖，在四邊形ABCD中，BD平分∠ADC和∠ABC．求證：AD＝CD，AB＝CB．
19．（6分）已知T＝．
（1）化簡T；
（2）已知反比例函數(shù)y＝的圖象經(jīng)過點A（a﹣1，a+1），求T的值．
20．（6分）“2023廣州黃埔馬拉松”比賽當天，某校玩轉(zhuǎn)數(shù)學(xué)小組針對其中一個項目“半程馬拉松”（21.0975公里）進行調(diào)查．
（1）為估算本次參加“半程馬拉松”的人數(shù)，調(diào)查如下：
已知共有20000人參與“2023廣州黃埔馬拉松”比賽，請估算本次賽事中，參加“半程馬拉松”項目的人數(shù)約為 人；
（2）本賽事某崗位還需要2名志愿者參與服務(wù)工作，共有4人參加了志愿者遴選，其中初中生2名，高中生1名，大學(xué)生1名，請利用畫樹狀圖或列表的方法，求恰好錄取2名初中生志愿者的概率．
21．（8分）某文具店準備購進甲、乙兩種圓規(guī)，若購進甲種圓規(guī)10個，乙種圓規(guī)30個，需要340元；若購進甲種圓規(guī)30個，乙種圓規(guī)50個，需要700元．
（1）求購進甲、乙兩種圓規(guī)的單價各是多少元；
（2）文具店購進甲、乙兩種圓規(guī)共100個，每個甲種圓規(guī)的售價為15元，每個乙種圓規(guī)的售價為12元，銷售這兩種圓規(guī)的總利潤不低于480元，那么這個文具店至少購進甲種圓規(guī)多少個？
22．（10分）如圖，二次函數(shù)y＝﹣（x+a）（x﹣3a）（a＞0）的圖象與x軸交于A，B兩點（點A在點B的右側(cè)），與y軸交于點E．
（1）尺規(guī)作圖：作拋物線的對稱軸，交x軸于點D，并標記拋物線的頂點C，連接AE，且AE與對稱軸相交于點F；（保留作圖痕跡，不寫作法）
（2）在（1）所作的圖形中，若AO＝2OE，求∠CAD的大小及AF的值．
23．（10分）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC，CO的延長線交AB于點D．
（1）求證：AO平分∠BAC；
（2）若BC＝12，sin∠BAC＝，求AC和CD的長．
24．（12分）如圖，在矩形ABCD和矩形AGFE中，AD＝4，AE＝2，，．矩形AGFE繞著點A旋轉(zhuǎn)，連接BG，CF，AC，AF．
（1）求證：△ABG∽△ACF；
（2）當CE的長度最大時，
①求BG的長度；
②在△ACF內(nèi)是否存在一點P，使得的值最?。咳舸嬖?，求的最小值；若不存在，請說明理由．
25．（12分）已知二次函數(shù)y＝ax2+2ax+c圖象與x軸交于點A和點B（﹣3，0），與y軸交于點C（0，3）．
（1）求點A的坐標；
（2）若點D是直線BC上方的拋物線上的一點，過點D作DE∥y軸交射線AC于點E，過點D作DF⊥BC于點F，求3DF﹣DE的最大值及此時點D坐標；
（3）在（2）的條件下，若點P，Q為x軸下方的拋物線上的兩個動點，并且這兩個點滿足∠PBQ＝90°，試求點D到直線PQ的最大距離．
2024年廣東省廣州市黃埔區(qū)中考數(shù)學(xué)一模試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，滿分30分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）
1．【分析】無理數(shù)即無限不循環(huán)小數(shù)，據(jù)此進行判斷即可．
【解答】解：3是整數(shù)，3.14，是分數(shù)，它們都不是無理數(shù)；
2是無限不循環(huán)小數(shù)，它是無理數(shù)；
故選：C．
【點評】本題考查無理數(shù)的識別，熟練掌握其定義是解題的關(guān)鍵．
2．【分析】根據(jù)一個數(shù)的相反數(shù)就是在這個數(shù)前面添上“﹣”號，求解即可．
【解答】解：3和﹣3互為相反數(shù)，則點A與點D表示互為相反數(shù)的兩個點．
故選：B．
【點評】本題考查了相反數(shù)的意義，一個數(shù)的相反數(shù)就是在這個數(shù)前面添上“﹣”號：一個正數(shù)的相反數(shù)是負數(shù)，一個負數(shù)的相反數(shù)是正數(shù)，0的相反數(shù)是0．不要把相反數(shù)的意義與倒數(shù)的意義混淆．
3．【分析】參賽選手要想知道自己是否能進入前6名，只需要了解自己的成績與全部成績的中位數(shù)的大小即可．
【解答】解：由于總共有12個人，且他們的分數(shù)互不相同，要判斷是否進入前6名，只要把自己的成績與中位數(shù)進行大小比較．故應(yīng)知道中位數(shù)的多少．
故選：B．
【點評】本題主要考查統(tǒng)計的有關(guān)知識，主要包括平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)、方差的意義．
4．【分析】根據(jù)二次根式的加法運算對A選項、C選項進行判斷；根據(jù)二次根式的乘法法則對B選項進行判斷；根據(jù)二次根式的減法運算對D選項進行判斷．
【解答】解：A． 與不能合并，所以A選項不符合題意；
B．2×3＝6，所以B選項不符合題意；
C．5與不能合并，所以C選項不符合題意；
D． ﹣＝2﹣＝，所以D選項符合題意．
故選：D．
【點評】本題考查了二次根式的混合運算：熟練掌握二次根式的性質(zhì)、二次根式的乘法法則是解決問題的關(guān)鍵．
5．【分析】將分式方程轉(zhuǎn)化為整式方程，求出x的值，檢驗即可得出答案．
【解答】解：＝，
方程兩邊都乘x（x﹣3）得：2x＝x﹣3，
解得：x＝﹣3，
檢驗：當x＝﹣3時，x（x﹣3）≠0，
∴x＝﹣3是原方程的解．
故選：D．
【點評】本題考查了解分式方程，掌握解分式方程的步驟：①去分母；②求出整式方程的解；③檢驗；④得出結(jié)論是解題的關(guān)鍵．
6．【分析】利用平行四邊形的性質(zhì)對角線互相平分，進而得出BO，CO的長，即可得出△BOC的周長．
【解答】解：∵?ABCD的兩條對角線交于點0，AC＝10，BD＝6，AD＝5，
∴BO＝DO＝3，AO＝CO＝5，BC＝AD＝5
∴△BOC的周長為：BO+CO+BC＝3+5+3＝13．
故選：A．
【點評】此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)：對邊相等、對角線互相平分，得出BO，CO的長是解題關(guān)鍵．
7．【分析】由∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，求得BC＝6，由∠ADE＝∠C＝90°，∠A＝∠A，證明△AED∽△ABC，則＝，求得AE＝5，則CE＝AC﹣AE＝3，即可根據(jù)勾股定理求得BE＝＝3，于是得到問題的答案．
【解答】解：∵∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，
∴BC＝＝＝6，
∵ED⊥AB于點D，AD＝4，
∴∠ADE＝∠C＝90°，
∵∠A＝∠A，
∴△AED∽△ABC，
∴＝＝＝，
∴AE＝AB＝×10＝5，
∴CE＝AC﹣AE＝8﹣5＝3，
∴BE＝＝＝3，
故選：A．
【點評】此題重點考查勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，證明△AED∽△ABC是解題的關(guān)鍵．
8．【分析】將菱形ABCD向右平移m個單位長度，得到點D′的坐標為（4+m，3），由D′在反比例函數(shù)圖象上，將點D′代入反比例函數(shù)解析式，求出m的值，問題可解．
【解答】解：（1）作DE⊥BO，DF⊥x軸于點F，
∵點D的坐標為（4，3），
∴FO＝4，DF＝3，
∴DO＝5，
∴AD＝5，
∴A點坐標為：（4，8），
∴xy＝4×8＝32，
∴k＝32；
（2）將菱形ABCD向右平移m個單位長度，得到點D′的坐標為（4+m，3）．
代入y＝，得到3＝，解得m＝．
即菱形ABCD平移的距離為＝個單位長度．
故選：C．
【點評】本題考查了反比例函數(shù)圖象和菱形性質(zhì)的應(yīng)用，解答此題的關(guān)鍵是知道反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征．
9．【分析】首先證明CE＝EG，再利用tan50°＝即可求出答案．
【解答】解：如圖：由題意得ED＝BF＝AG＝1.5m，
∵α＝45°，CE⊥EG，
∴∠ECG＝α＝45°，
∴CE＝GE，
設(shè)CE＝GE＝x m，
則EF＝（x﹣9）m，
在Rt△CEF中，tanβ＝tan50°＝＝，
即1.2，
解得x＝54，
∴CD＝CE+ED＝54+1.5＝55.5（m），
答：塔的高度大約為55.5m．
故選：A．
【點評】本題考查解直角三角形的應(yīng)用﹣俯角仰角問題，解決本題的關(guān)鍵是能借助俯角、仰角構(gòu)造直角三角形并結(jié)合圖形利用三角函數(shù)解直角三角形．
10．【分析】由題意得到拋物線的開口向下，對稱軸﹣＝，得出b＝﹣a，判斷a，b與0的關(guān)系，得到a+b＝0，abc＜0，即可判斷①④；根據(jù)題意得到拋物線開口向下，頂點在x軸上方，即可判斷②；根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可判斷③．
【解答】解：∵拋物線的對稱軸為直線x＝，
∴點（2，0）關(guān)于直線x＝的對稱點的坐標為（﹣1，0），
∵c＞1，
∴拋物線開口向下，
∴a＜0，
∵﹣＝，
∴b＝﹣a＞0，
∴abc＜0，故①正確；
∵拋物線開口向下，與x軸有兩個交點，
∴頂點在x軸的上方，
∵a＜0，
∴拋物線與直線y＝a有兩個交點，
∴關(guān)于x的方程ax2+bx+c＝a有兩個不等的實數(shù)根；故②錯誤；
∵拋物線開口向下，對稱軸為直線x＝，
∴當x＞時，y隨x增大而減??；故③錯誤；
∵﹣＝，
∴b＝﹣a，
∴a+b＝0，故④正確．
故選：B．
【點評】本題考查二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，拋物線與x軸的交點，解題關(guān)鍵是掌握二次函數(shù)與方程的關(guān)系，掌握二次函數(shù)的性質(zhì)．
二、填空題（本大題共6小題，每小題3分，滿分18分．）
11．【分析】根據(jù)被開方數(shù)不小于零的條件進行解題即可．
【解答】解：由題可知，
x+4≥0，
解得x≥﹣4．
故答案為：x≥﹣4．
【點評】本題考查二次根式有意義的條件，掌握被開方數(shù)不小于零的條件是解題的關(guān)鍵．
12．【分析】先提取公因式x，再用平方差公式即可．
【解答】解：4x3﹣x
＝x（4x2﹣1）
＝x（2x+1）（2x﹣1），
故答案為：x（2x+1）（2x﹣1）．
【點評】本題考查了提公因式法和公式法，掌握a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）是解題的關(guān)鍵．
13．【分析】利用三角形的外角性質(zhì)定理和給出的已知數(shù)據(jù)可求出∠BAD＝30°，所以△ABD為等腰三角形，即AD＝BD，再利用30°角的直角三角形可解，進而求出BD的長．
【解答】解：∵∠B＝30°，∠ADC＝60°，
∴∠BAD＝∠ADC﹣∠B＝30°，
∴AD＝BD，
∵∠C＝90°，
∴∠CAD＝30°，
∴BD＝AC＝2CD＝6cm，
故答案為：6．
【點評】本題考查了含30°角的直角三角形的性質(zhì)，三角形的外角性質(zhì)定理、等腰三角形的判定和性質(zhì)以及解直角三角形的有關(guān)知識．屬于基礎(chǔ)題目．
14．【分析】根據(jù)方程有兩個實數(shù)根，得出Δ≥0且k﹣1≠0，求出k的取值范圍，即可得出答案．
【解答】解：由題意知：Δ＝b2﹣4ac＝4﹣4×3（k﹣1）＝16﹣12k≥0且k﹣1≠0，
解得：k≤且k≠1．
則k的取值范圍是k≤且k≠1．
故答案為：k≤且k≠1．
【點評】此題考查了根的判別式，（1）一元二次方程根的情況與判別式△的關(guān)系：①Δ＞0?方程有兩個不相等的實數(shù)根；②Δ＝0?方程有兩個相等的實數(shù)根；③Δ＜0?方程沒有實數(shù)根．（2）一元二次方程的二次項系數(shù)不為0．
15．【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得出AB＝AB′，再利用等邊對等角求出∠B的度數(shù)，最后根據(jù)兩直線平行，同旁內(nèi)角互補可求出∠C的度數(shù)．
【解答】解：由旋轉(zhuǎn)可知，
AB＝AB′，∠BAB′＝30°，
∴∠ABB′＝∠AB′B＝．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴∠B+∠C＝180°，
∴∠C＝180°﹣75°＝105°．
故答案為：105°．
【點評】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)，熟知圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
16．【分析】點F與點D重合，此時點M在BC邊上，且DH的值最大，由折疊得DH＝FH＝FA＝DA＝2，則DH的最大值為2；連接DE，因為HE＝AE＝BE＝AB＝1，∠A＝90°，所以DE＝＝，由DH+HE≥DE，得DH≥﹣1，則DH的最小值為﹣1，所以DH的最值范圍是﹣1≤DH≤2，于是得到問題的答案．
【解答】解：如圖1，點F與點D重合，此時點M在BC邊上，
∵正方形ABCD的邊長為2，
∴DA＝AB＝2，
由折疊得DH＝FH＝FA＝DA＝2，
∴DH的最大值為2；
如圖2，連接DE，
∵E為AB的中點，
∴HE＝AE＝BE＝AB＝1，
∵∠A＝90°，
∴DE＝＝＝，
∴DH+HE≥DE，
∴DH+1≥，
∴DH≥﹣1，
∴DH的最小值為﹣1，
∴DH的最值范圍是﹣1≤DH≤2，
故答案為：﹣1≤DH≤2．
【點評】此題重點考查正方形的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)、勾股定理、兩點之間線段最短等知識，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
三、解答題（本大題共9小題，滿分72分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）
17．【分析】利用因式分解法解方程．
【解答】解：（x+1）（x+5）＝0，
x+1＝0或x+5＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝﹣5．
【點評】本題考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右邊化為0，再把左邊通過因式分解化為兩個一次因式的積的形式，那么這兩個因式的值就都有可能為0，這就能得到兩個一元一次方程的解，這樣也就把原方程進行了降次，把解一元二次方程轉(zhuǎn)化為解一元一次方程的問題了（數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想）．也考查了實數(shù)的運算．
18．【分析】利用AAS 可得△ABD≌△CBD，即可得答案．
【解答】證明：∵BD平分∠ADC和∠ABC，
∴∠ADC＝∠CDB，∠ABD＝∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（ASA）．
∴AD＝CD，AB＝CB．
【點評】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是關(guān)鍵．
19．【分析】（1）化成同分母的分式，然后根據(jù)加法法則計算即可；
（2）根據(jù)反比例函數(shù)系數(shù)k＝xy得到（a﹣1）（a+1）＝，代入（1）中化簡的T的式子即可求解．
【解答】解：（1）T＝
＝﹣
＝；
（2）∵反比例函數(shù)y＝的圖象經(jīng)過點A（a﹣1，a+1），
∴（a﹣1）（a+1）＝，
∴T＝＝．
【點評】本題考查了分式的化簡求值，反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，熟練掌握分式加法的法則以及反比例函數(shù)系數(shù)k＝xy是解題的關(guān)鍵．
20．【分析】（1）由表格可知，隨調(diào)查總?cè)藬?shù)的增加，參加“半程馬拉松”頻率接近0.30，根據(jù)用樣本估計總體，用20000乘以0.30即可得出答案．
（2）畫樹狀圖得出所有等可能的結(jié)果數(shù)以及恰好錄取2名初中生志愿者的結(jié)果數(shù)，再利用概率公式可得出答案．
【解答】解：（1）由表格可知，隨調(diào)查總?cè)藬?shù)的增加，參加“半程馬拉松”頻率接近0.30，
∴本次賽事中，參加“半程馬拉松”項目的人數(shù)約為20000×0.30＝6000（人）．
故答案為：6000．
（2）將2名初中生分別記為A，B，1名高中生記為C，1名大學(xué)生記為D，
畫樹狀圖如下：
共有12種等可能的結(jié)果，其中恰好錄取2名初中生志愿者的結(jié)果有：AB，BA，共2種，
∴恰好錄取2名初中生志愿者的概率為＝．
【點評】本題考查列表法與樹狀圖法、用樣本估計總體，熟練掌握列表法與樹狀圖法、用樣本估計總體是解答本題的關(guān)鍵．
21．【分析】（1）設(shè)購進甲種圓規(guī)的單價是x元，乙種圓規(guī)的單價是y元，根據(jù)“購進甲種圓規(guī)10個，乙種圓規(guī)30個，需要340元；購進甲種圓規(guī)30個，乙種圓規(guī)50個，需要700元”，可列出關(guān)于x，y的二元一次方程組，解之即可得出結(jié)論；
（2）設(shè)這個文具店購進m個甲種圓規(guī)，則購進（100﹣m）個乙種圓規(guī)，利用總利潤＝每個甲種圓規(guī)的銷售利潤×購進甲種圓規(guī)的數(shù)量+每個乙種圓規(guī)的銷售利潤×購進甲種圓規(guī)的數(shù)量，結(jié)合總利潤不低于480元，可列出關(guān)于m的一元一次不等式，解之取其中的最小值，即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）設(shè)購進甲種圓規(guī)的單價是x元，乙種圓規(guī)的單價是y元，
根據(jù)題意得：，
解得：．
答：購進甲種圓規(guī)的單價是10元，乙種圓規(guī)的單價是8元；
（2）設(shè)這個文具店購進m個甲種圓規(guī)，則購進（100﹣m）個乙種圓規(guī)，
根據(jù)題意得：（15﹣10）m+（12﹣8）（100﹣m）≥480，
解得：m≥80，
∴m的最小值為80．
答：這個文具店至少購進甲種圓規(guī)80個．
【點評】本題考查了二元一次方程組的應(yīng)用以及一元一次不等式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是：（1）找準等量關(guān)系，正確列出二元一次方程組；（2）根據(jù)各數(shù)量之間的關(guān)系，正確列出一元一次不等式．
22．【分析】（1）按要求作AB的中垂線即為拋物線的對稱軸，即可求解；
（2）求出點A、E的坐標，由AO＝2OE，即3a＝2×a2，求出a的值，進而求解．
【解答】解：（1）按要求作AB的中垂線即為拋物線的對稱軸，再按要求作圖如下：
（2）對于y＝﹣（x+a）（x﹣3a），當x＝0時，y＝a2＝OE，
令y＝﹣（x+a）（x﹣3a）＝0，
解得：x＝﹣a或3a，
則OA＝3a，
∵AO＝2OE，即3a＝2×a2，
解得：a＝0（舍去）或2，
則點A的坐標為：（6，0）、點E（0，3）、點C（2，4），
則CD＝4＝AD，
故∠CAD＝45°，
由點A、E的坐標得，直線AE的表達式為：y＝﹣x+3，
當x＝2時，y＝2，即yD＝2，
則AF＝＝＝2．
【點評】本題考查的是二次函數(shù)綜合題，涉及到圖象作圖、一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)等，綜合性強，難度適中．
23．【分析】（1）先延長AO交BC于H，連接BO，AB＝AC，OB＝OC，因此A，O在線段BC的垂直平分線上，則AO⊥BC，又因為AB＝AC，所以AO平分∠BAC．
（2）延長CD交⊙O于E，連接BE，則CE是⊙O的直徑，∠EBC＝90°，BC⊥BE，可知∠E＝∠BAC，sin∠E＝sin∠BAC，因而＝，CE＝BC＝10，利用勾股定理得：BE＝＝8，OA＝OE＝CE＝5，可知AH⊥BC，因此BE∥OA，＝，即＝，即可得出OD，而CD＝5+OD＝，由BE∥OA，即BE∥OH，OC＝OE，可知OH是△CEB的中位線，因此OH＝BE＝4，CH＝BC＝3，則AH＝5+4＝9，在Rt△ACH中，利用勾股定理得：AC＝＝＝3．
【解答】解：（1）證明：延長AO交BC于H，連接BO，
∵AB＝AC，OB＝OC，
∴A，O在線段BC的垂直平分線上，
∴AO⊥BC，
又∵AB＝AC，
∴AO平分∠BAC．
（2）延長CD交⊙O于E，連接BE，則CE是⊙O的直徑，
∵∠EBC＝90°，BC⊥BE，
∴∠E＝∠BAC，sin∠E＝sin∠BAC，
∴＝，CE＝BC＝10，
∴BE＝＝8，OA＝OE＝CE＝5，
∵AH⊥BC，
∴BE∥OA，
∴＝，即＝，
解得：OD＝，
∴CD＝5+＝，
∵BE∥OA，即BE∥OH，OC＝OE，
∴OH是△CEB的中位線，
∴OH＝BE＝4，CH＝BC＝3，
∴AH＝5+4＝9，
在Rt△ACH中，AC＝＝＝3．
【點評】本題考查的是三角形的外接圓與外心，角平分線，垂徑定理，圓周角定理和解直角三角形，熟練掌握上述知識點并找出題目中各角的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
24．【分析】（1）根據(jù)題意，計算出＝＝，∠EAF＝∠FAG＝30°，然后求得∠FAC＝∠BAG，即可證明△ABG∽△ACF；
（2）①當C，A，E三點共線時，AC+AE＝CE，CE的長度最大，由（1）知BC＝4，AC＝8，AE＝2，EF＝2，△ABG∽△ACF，可得CF＝＝＝4，＝，因此BG＝CF×＝2．
②如圖3，將AP繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)30°，且使AK＝AP，連接PK，根據(jù)△APK邊角關(guān)系，可得PK＝AP；同理將AF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)30°，得到AL，且使AL＝AF，連接LK，根據(jù)旋轉(zhuǎn)，可得∠PAF＝∠KAL，根據(jù)兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等可得：△APF∽△AKL，因此KL＝PF，由于CP+PK+KL≥CL，即CP+AP+PF≥CL，因此當C，P，K，L四點共線時，CL最小，由題意可知：∠LAC＝150°，AF＝4，AC＝8，AL＝4，過點L作LQ垂直CA的延長線于點Q，可得∠LAQ＝30°，可知QL＝2，AQ＝6，在Rt△CLQ中，根據(jù)勾股定理得CL＝＝4，因此CP+AP+PF的最小值為4．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為矩形，CD＝AB＝AD＝4，AD＝4，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴AC＝8，
∴∠BAC＝30°，＝＝，
∵AG＝AE＝2，AE＝FG＝2，
∴AF＝＝4，
∴＝＝，∠EAF＝∠FAG＝30°，
∵∠FAG＝∠FAC+∠CAG＝30°，
∠BAC＝∠BAG+∠CAG＝30°，
∴∠FAC＝∠BAG，
∴△ABG∽△ACF；
（2）解：①如圖2，AC+AE≥CE，當C，A，E三點共線時，AC+AE＝CE，CE的長度最大，
由（1）知BC＝4，AC＝8，AE＝2，EF＝2，△ABG∽△ACF，
∴CF＝＝＝4，＝，
∴BG＝CF×＝2．
解：②如圖3，將AP繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)30°，且使AK＝AP，連接PK，
根據(jù)△APK邊角關(guān)系，可得PK＝AP；
同理將AF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)30°，得到AL，且使AL＝AF，連接LK，
根據(jù)旋轉(zhuǎn)，可得∠PAF＝∠KAL，
根據(jù)兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等可得：△APF∽△AKL，
∴KL＝PF，
∵CP+PK+KL≥CL，即CP+AP+PF≥CL，
∴當C，P，K，L四點共線時，CL最小，
由題意可知∠LAC＝150°，AF＝4，AC＝8，AL＝4，過點L作LQ垂直CA的延長線于點Q，可得∠LAQ＝30°，
∴QL＝2，AQ＝6，
在Rt△CLQ中，根據(jù)勾股定理得CL＝＝4，
∴CP+AP+PF的最小值為4．
【點評】本題考查的是相似形綜合題，熟練掌握相似三角形的判定是解題的關(guān)鍵．
25．【分析】（1）由待定系數(shù)法求出函數(shù)表達式，即可求解；
（2）證明FD＝DN，則3DF﹣DE＝3DF﹣DE＝3（yD﹣yN）﹣（yD﹣yE）＝4yD﹣3yN﹣yE，即可求解；
（3）由tan∠PBM＝tan∠BQN，即，得到mn﹣（m+n）＝﹣2，設(shè)直線PQ的表達式為：y＝kx+c，得到k＝﹣m﹣n﹣2，c＝mn+3，則直線PQ的表達式為：y＝（﹣m﹣n﹣2）x+mn+3＝（m+n）（1﹣x）﹣2x+1，即可求解．
【解答】解：（1）由題意得：，
解得：，
則拋物線的表達式為：y＝﹣x2﹣2x+3，
令y＝﹣x2﹣2x+3＝0，則x＝﹣3或1，
即點A（1，0）；
（2）由點A、C的坐標得，直線AC的表達式為：y＝﹣3x+3，
同理可得，直線BC的表達式為：y＝x+3，
設(shè)點D（m，﹣m2﹣2m+3），N（m，m+3）、E（m，﹣3m+3），
延長DE交BC于點N，
由點B、C的坐標知，∠BCO＝45°＝∠DNF，
則FD＝DN，
則3DF﹣DE＝3DF﹣DE＝3（yD﹣yN）﹣（yD﹣yE）＝4yD﹣3yN﹣yE＝4（﹣m2﹣2m+3）﹣3（m+3）+3m﹣3＝﹣4m2﹣8m＝﹣（m+1）2+4≤4，
故m＝﹣1時，3DF﹣DE的最大值為4，此時，點D（﹣1，4）；
（3）設(shè)點P、Q的坐標分別為：（m，﹣m2﹣2m+3）、（n，﹣n2﹣2n+3），
過點P、Q分別作x軸的垂線，垂足分別為點M、N，
∵∠PBQ＝90°，
∴∠PBM+∠QBN＝90°，
∵∠QBN+∠BQN＝90°，
∴∠PBM＝∠BQN，
∴tan∠PBM＝tan∠BQN，即，
即＝，
整理得：mn﹣（m+n）＝﹣2，
設(shè)直線PQ的表達式為：y＝kx+c，
將點P、Q坐標分別代入上式得：﹣m2﹣2m+3＝km+c且﹣n2﹣2n+3＝kn+c，
解得：k＝﹣m﹣n﹣2，c＝mn+3，
則直線PQ的表達式為：y＝（﹣m﹣n﹣2）x+mn+3，
∵mn﹣（m+n）＝﹣2，
則y＝（m+n）（1﹣x）﹣2x+1，
當x＝1時，y＝﹣1，
∴直線PQ恒過（1，﹣1），
∴點D到PQ的增大距離是點D到該點的距離＝．
【點評】本題考查了求二次函數(shù)的解析式，圖象的平移，求一次函數(shù)的解析式，解直角三角形，利用解直角三角形的方法確定P、Q的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
調(diào)查總?cè)藬?shù)
20
50
100
200
500
參加“半程馬拉松”人數(shù)
7
17
31
58
150
參加“半程馬拉松”頻率
0.35
0.34
0.31
0.29
0.30